第2课时 最值与范围、证明问题
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)设E(x,y)为椭圆上任意一点,利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可求解;(2)设出直线AB的方程并与椭圆的方程联立,利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积,再分别联立直线PA,直线PB与直线y=-x+3的方程,得到C,D两点的横坐标,由此可表示出|CD|,再转化求解即可.
解:(1)设E(x,y)为椭圆上任意一点,
则|PE|==
=
,
因此,当E点坐标为时,|PE|取到最大值.
(2)由题意,设AB的直线方程为y=kx+,A(x1,y1),B(x2,y2),由AB的直线方程与椭圆方程联立得则(1+12k2)x2+12kx-9=0,从而x1+x2=,x1x2=.
设C(xC,yC),D(xD,yD),由PA与CD的直线方程联立得解得xC=.
同理xD=.
那么|CD|=|xC-xD|=
2=
.当k=-时,PA∥CD或PB∥CD,不符合题意.令3k+1=t,则|CD|=.
因此,当k=时,|CD|取得最小值,且最小值为.
变式题 解:(1)由题意可知2b=4,故b=2,
又渐近线方程为y=±x=±2x,所以a=1,故双曲线C的标准方程为x2-=1.
(2)由题意知F(,0).
设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),
设直线AB的方程为x=my+(m≠0),由得(4m2-1)y2+8my+16=0,故4m2-1≠0,Δ=320m2-64(4m2-1)=64(m2+1)>0,y1+y2=,y1y2=>0,
则y0==-,x0=my0+=-.由O,M,P三点共线得==4m①,由PF⊥AB得kPF·kAB=-1,即·=-1②.
由①②解得即P.
由=+,可知四边形PAQB是平行四边形,所以S四边形PAQB=2S△PAB=d·|AB|,其中d为点P到直线AB的距离.
又d==,
|AB|=·|y1-y2|=
·=,
所以S四边形PAQB=·
=·=
·.令t=4m2-1>0,则m2=,S四边形PAQB=·.
令f(t)=,t>0,则f'(t)==,
所以f(t)在(0,10)上单调递减,在(10,+∞)上单调递增,所以f(t)min=f(10)=,所以(S四边形PAQB)min=×=6,当且仅当t=10,即m=±时取等号,故四边形PAQB面积的最小值为6.
例2 [思路点拨] (1)思路一:设出点P的坐标,结合几何条件即可得到W的方程;
思路二:根据抛物线的定义可知W为抛物线,进而得到W的方程.(2) 设直线BA的方程为y=k(x-a)+a2+,将其与抛物线的方程联立,再利用根与系数的关系、弦长公式和放缩法得到|AB|+|AD|≥,利用换元法和函数思想即可求出周长的最值,再排除边界值即可.
解:(1)方法一:设P(x,y),则|y|=,化简得y=x2+,即W的方程为y=x2+.
方法二:根据抛物线的定义可知,点P在以F为焦点,x轴为准线的抛物线上,其中p=,从而x2=2p=y-,故W的方程为y=x2+.
(2)证明:不妨设A,B,D三点在W上,且有BA⊥DA,设A,直线BA,DA的斜率分别为k,-,由对称性不妨设|k|≤1.
由可得x2-kx+ka-a2=0,由根与系数的关系得xA+xB=k,所以B,所以|AB|=·|k-2a|.
同理可得|AD|=·=·,所以|AB|+|AD|=·|k-2a|+·≥≥·=.令m=k2,设f(m)==m2+3m++3(03,故得证.
例3 [思路点拨] (1)根据M的坐标及MF⊥x轴得到c,结合a2-b2=c2及点M在椭圆上,求出a2,b2,即可得C的方程.(2)思路一:设线法,分直线AB与x轴不重合与重合两种情况,当直线AB与x轴不重合时,设出直线AB的方程,并与椭圆方程联立,得到点Q的坐标,进而得到直线AQ的斜率,即可得到结果;思路二:设点法,设出点A,B的坐标,结合向量的坐标运算及A,B两点位于椭圆上求出等式,再结合直线NB与MF交于Q,求出yQ,得到直线AQ的斜率,即可得到结果.
解:(1)因为MF⊥x轴且M,所以c=1,所以a2-b2=1①.将点M的坐标代入椭圆方程得+=1②,联立①②,解得b2=3,a2=4,
所以C的方程为+=1.
(2)证明:方法一:由题可知F(1,0),N.当直线AB与x轴不重合时,设lAB:x=ty+4,A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去x可得(3t2+4)y2+24ty+36=0,由Δ>0,得t2>4,
由根与系数的关系可得y1+y2=-,y1y2=.
lNB:y=,令x=1,得yQ==,所以yQ-y1=-y1==
=0,故kAQ=0,即AQ⊥y轴.当直线AB与x轴重合时,yQ=yA=0,故kAQ=0,即AQ⊥y轴.综上,AQ⊥y轴.
方法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),=λ(λ≠0且λ≠±1),
则即
又由两式相减,整理可得3··+4··=12,所以5λ-2λx2+3=0.由题可知N,则lNB:y=,令x=1得yQ===-λy2=y1,
所以kAQ=0,故AQ⊥y轴.
变式题1 解:(1)由G:x2+my2=m,得G:+y2=1,由题意可得m>1,故=,解得m=2,故G:+y2=1,则半焦距c==1,故F(1,0).
(2)证明:如图,设P(x0,y0),x0≠0且-则+=1.
由题知Q(2,yQ),M(xM,0).由PF⊥FQ,得·=0,故(x0-1)·(2-1)+y0·yQ=0,即yQ=.由kPQ=kPM,得=,故xM=x0-=x0-=x0-=x0-=x0-===.由G:+y2=1可得A1(-,0),A2(,0),则|MP|2=+=-4++=-4++1-=-3+,
|MA1|·|MA2|===-2,所以|MP|2-|MA1|·|MA2|=-3+-+2=-1,由x0≠0且-变式题2 解:(1)由题意得解得故椭圆C的方程为+=1.
(2)证明:由得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,则Δ=8(4k2-m2+2)>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.因为|MN|=|x1-x2|,点O到直线l的距离d=,所以S△OMN=|MN|·d=|m|·|x1-x2|=
|m|=,
即m4-(4k2+2)m2+(2k2+1)2=0,可得m2=2k2+1,满足Δ=8(4k2-m2+2)>0,所以kOM·kON==
=
=
=-.设T(x0,y0),则+=1,即=2(2-),又因为A(0,),B(0,-),所以kAT·kBT=·==-.
因为AT∥OM,所以kAT=kOM,
又kOM·kON=kAT·kBT,所以kBT=kON,所以BT∥ON.第2课时 最值与范围、证明问题
1.解:(1)设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),由已知得b=,e==,a2-b2=c2,得a=2,b=,c=1,
故椭圆E的方程为+=1.
(2)由题意,直线l的斜率存在,
故设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),由可得(4k2+3)x2+16kx+4=0,
由Δ=256k2-16(4k2+3)>0,得k<-或k>,可得x1+x2=-,x1x2=.
∵·>0,∴x1x2+y1y2>0,
即x1x2+(kx1+2)(kx2+2)>0,
即(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0,
即(1+k2)·+2k+4>0,整理得12k2<16,
解得-又k<-或k>,∴-2.解:(1)根据题意得F1,F2,则|F1F2|==,
又p>0,所以p=2,所以F2(1,0),抛物线C2的标准方程为y2=4x.
(2)如图,将直线BC的方程y=kx+代入抛物线C1的方程,得x2-kx-=0,Δ=k2+1>0,设B(x2,y2),C(x3,y3),则x2+x3=k,x2x3=-.
点F2到直线BC的距离d=,
|BC|=|x2-x3|=
=1+k2,
所以=×|BC|=
.
设f(k)=(1+k2)(k≥0),
则f'(k)=2>0,所以函数f(k)在[0,+∞)上单调递增,所以f(k)min=f(0)=,所以的最小值为.
(3)证明:如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),直线AB的方程为y-y1=(x-x1),又=y1,=y2,所以直线AB的方程为y-=(x-x1)=(x2+x1)(x-x1),即y=(x2+x1)x-x1x2,
代入y2=4x得(x2+x1)y2-4y-4x1x2=0,由Δ1=16+16(x2+x1)x1x2=0,得x2y1+x1y2+1=0①.
同理,直线AC的方程为y=(x3+x1)x-x1x3,代入y2=4x得(x3+x1)y2-4y-4x1x3=0,
由Δ2=16+16(x3+x1)x1x3=0,得x3y1+x1y3+1=0②.
由①②知,点B(x2,y2),C(x3,y3)的坐标满足方程xy1+yx1+1=0,即直线BC的方程为xy1+yx1+1=0.
将直线BC的方程与y2=4x联立,消去x得y1y2+4x1y+4=0,Δ3=16-16y1=0,所以直线BC也与C2相切.
3.解:(1)设动圆M的半径为r,由题意得圆C1和圆C2的半径分别为7,1,
因为M与C1,C2都内切,
所以|MC1|=7-r,|MC2|=r-1,
所以|MC1|+|MC2|=7-r+r-1=6,
又C1(-1,0),C2(1,0),所以|C2C1|=2<6,所以点M的轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆.设Γ的方程为+=1(a>b>0),则2a=6,2c=2,所以a=3,c=1,则b2=a2-c2=9-1=8,故Γ的方程为+=1.
(2)(i)证明:设A1(x1,y1),A2(x2,y2),P(9,t)(t≠0).由题中给出的性质可得,切线PA1的方程为+=1,
切线PA2的方程为+=1.
因为两条切线都经过点P(9,t),所以x1+=1,x2+=1,
故直线A1A2的方程为x+=1,可得直线A1A2的斜率=-.
直线PC2的斜率==,
因为·=·=-1,所以A1A2⊥PC2.
(ii)由直线A1A2的方程为x+=1,可改设直线A1A2的方程为x=my+1(m≠0),由消去x整理得(8m2+9)y2+16my-64=0,由根与系数的关系得
易知A'1(x1,-y1),所以直线A'1A2的方程为y+y1=(x-x1),
令y=0得,xN=+x1=
==
=1+=1+=1+8=9,
所以直线A'1A2经过定点N(9,0).
由C2(1,0),A1A2⊥PC2,可设直线PC2的方程为y=-m(x-1),
由消去x整理得y2-y-64=0,
设G(x3,y3),H(x4,y4),则由根与系数的关系得y3+y4==,y3y4=-=-<0,
因为y3y4<0,所以|S1-S2|=
|C2N|||y3|-|y4||=4|y3+y4|==≤=,
所以|S1-S2|max=,当且仅当9|m|=,即m=±时取等号.
又因为m≠0,所以S1-S2∈∪.
4.解:(1)当PF2⊥x轴(P在第一象限)时,由题意知P,F1(-c,0),F2(c,0).因为直线y=1为△PF1F2的等线,所以P在直线y=1的上方,-1=2,又e==2,c2=a2+b2,所以a=1,b=,所以E的方程为x2-=1.
(2)设P(x0,y0),则-=1,切线m的方程为x0x-=1,双曲线E的渐近线方程为y=±x,不妨设A在B的上方,则xA=,xB=,故xA+xB=+=2x0,
所以P是线段AB的中点.因为F1,F2到过点O的直线y=x的距离相等,且F1,F2在直线y=x的两侧,所以若过点O的直线y=x是四边形AF1BF2的等线,则点A,B到该直线的距离相等,
且分别位于该直线的两侧,所以该直线必过点P,即直线OP的方程为y=x.
由可得故P(,),所以yA=xA===+3,yB=-xB=-==-3,所以|yA-yB|=6,所以=|F1F2|·|yA-yB|=2|yA-yB|=12.
(3)证明:设G(x,y),由(2)中所设P(x0,y0)及=,得x0=3x,y0=3y,又-=1,x0≥1,故曲线Γ的方程为9x2-3y2=1.
切线n的方程为x-=1,即3x0x-y0y-1=0.
易知A与F2在n的右侧,F1在n的左侧,分别记F1,F2,A到n的距离为d1,d2,d3,由(2)知xA=,yA=·=,
所以d3===
=,
由x0≥1得d1==,d2==
,因为d2+d3=+==d1,所以Γ在点G处的切线n为△AF1F2的等线.第2课时 最值与范围、证明问题
最值(范围)问题
圆锥曲线中的最值问题类型较多,常见的最值问题类型有:求线段长度(弦长)最值、求三角形面积最值、求面积比最值、求线段长度比最值等.解法灵活多变,但总体上主要有两种方法:一是几何法,即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是代数法,即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数,然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
其中常用的方法有:
(1)利用判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围.
(2)利用已知参数的取值范围,求新参数的取值范围,解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系.
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式(组),从而求出参数的取值范围.
(4)利用基本不等式求出参数的取值范围.
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围.在建立函数的过程中,要根据题目的其他已知条件把要求的量都用已知变量表示出来,同时要注意变量的取值范围.
例1 [2022·浙江卷] 如图,已知椭圆+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-x+3于C,D两点.
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;
(2)求|CD|的最小值.
总结反思
求解圆锥曲线最值(范围)的思维导图
变式题 已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的虚轴长为4,渐近线方程为y=±2x.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)过右焦点F的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A,B,点M是线段AB的中点,过点F且与l垂直的直线l'交直线OM(O为坐标原点)于点P,点Q满足=+,求四边形PAQB面积的最小值.
例2 [2023·新课标Ⅰ卷] 在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点的距离,记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3.
证明问题
圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明,比如线段或角相等以及位置关系等.证明时,常把几何量用坐标表示,建立某个变量的函数,用代数方法证明.
例3 [2024·全国甲卷] 设椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程.
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q.证明:AQ⊥y轴.
总结反思
圆锥曲线中的证明问题常见的有:
(1)位置关系方面:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直线过定点等.
(2)数量关系方面:如存在定值、相等、恒成立等.
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的代数运算进行证明,但有时也会用反证法证明.
变式题1 已知椭圆G:x2+my2=m的离心率为,A1,A2分别是G的左、右顶点,F是G的右焦点.
(1)求m的值及点F的坐标;
(2)设P是椭圆G上异于顶点的动点,点Q在直线x=2上,且PF⊥FQ,直线PQ与x轴交于点M,求证:|MP|2<|MA1|·|MA2|.
变式题2 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A,B分别为椭圆C的上、下顶点,且|AB|=2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C交于M,N两点(异于点A,B),O为坐标原点,且△OMN的面积为,过点A作直线AT∥OM,交椭圆C于另一点T,求证:BT∥ON.
第2课时 最值与范围、证明问题
(时间:45分钟)
1.已知中心在原点O,焦点在x轴上的椭圆E过点C(0,),离心率为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆E交于不同的两点A,B,且·>0,求直线l的斜率k的取值范围.
2.[2024·葫芦岛二模] 已知抛物线C1:x2=y的焦点为F1,抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点为F2,|F1F2|=,A,B,C为C1上不同的三点.
(1)求抛物线C2的标准方程;
(2)若直线BC过点F1,且斜率k≥0,求△F2BC的面积的最小值;
(3)若直线AB,AC均与C2相切,求证:直线BC也与C2相切.
3.[2024·龙岩三模] 已知动圆M与圆C1:(x+1)2+y2=49和圆C2:(x-1)2+y2=1都内切,记动圆圆心M的轨迹为Γ.
(1)求Γ的方程.
(2)已知圆锥曲线具有如下性质:若圆锥曲线的方程为Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0,则曲线上一点(x0,y0)处的切线方程为Ax0x+B(x0y+y0x)+Cy0y+D(x0+x)+E(y0+y)+F=0.试运用该性质解决以下问题:点P为直线x=9上一点(P不在x轴上),过点P作Γ的两条切线PA1,PA2,切点分别为A1,A2.
(i)证明:A1A2⊥PC2.
(ii)点A1关于x轴的对称点为A'1,直线A'1A2交x轴于点N,直线PC2交曲线Γ于G,H两点.记△GC2N,△HC2N的面积分别为S1,S2,求S1-S2的取值范围.
4.[2024·青岛三模] 在平面内,若直线l将多边形分为两部分,多边形在l两侧的顶点到直线l的距离之和相等,则称l为多边形的一条“等线”.已知O为坐标原点,双曲线E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,E的离心率为2,点P为E右支上一动点,直线m与双曲线E相切于点P,且与E的渐近线交于A,B两点,当PF2⊥x轴(P在第一象限)时,直线y=1为△PF1F2的等线.
(1)求E的方程;
(2)若直线y=x是四边形AF1BF2的等线,求四边形AF1BF2的面积;
(3)设=,点G的轨迹为曲线Γ,证明:Γ在点G处的切线n为△AF1F2的等线.(共84张PPT)
第56讲 圆锥曲线热点问题
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课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
探究点一 最值（范围）问题
圆锥曲线中的最值问题类型较多，常见的最值问题类型有:求线
段长度（弦长）最值、求三角形面积最值、求面积比最值、求线段
长度比最值等.解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何
法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、
性质等进行求解；二是代数法，即把要求最值的几何量或代数表达
式表示为某个（些）变量的函数，然后利用函数方法、不等式方法
等进行求解.
其中常用的方法有：
（1）利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围.
（2）利用已知参数的取值范围，求新参数的取值范围，解这类
问题的关键是在两个参数之间建立等量关系.
（3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式（组），从而求出
参数的取值范围.
（4）利用基本不等式求出参数的取值范围.
（5）利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，
求其值域，从而确定参数的取值范围.在建立函数的过程中，要根据
题目的其他已知条件把要求的量都用已知变量表示出来，同时要注
意变量的取值范围.
例1 [2022·浙江卷] 如图，已知椭圆.设， 是椭圆上异
于的两点，且点在线段上，直线， 分别交直线
于， 两点.
（1）求点 到椭圆上点的距离的最大值；
［思路点拨］设 为椭圆上任意一点，利用两点间的距离公式
结合二次函数的性质即可求解；
解：设 为椭圆上任意一点，则
，
因此，当点坐标为 时，取到最大值 .
（2）求 的最小值.
［思路点拨］设出直线 的方程并与椭圆的方程联立，利用根与系数
的关系得到两根之和与两根之积，再分别联立直线，直线 与直线
的方程，得到， 两点的横坐标，由此可表示出 ，
再转化求解即可.
解：由题意，设 的直线方程为，， ,
由 的直线方程与椭圆方程联立得
则，
从而， .
设，,由与的直线方程联立得
解得 .同理 .
那么
.
当时， 或，不符合题意.
令 ，则 .
因此，当时， 取得最小值，且最小值为 .
[总结反思]
求解圆锥曲线最值（范围）的思维导图
变式题 已知双曲线 的虚轴长为4，渐近
线方程为 .
（1）求双曲线 的标准方程；
解：由题意可知，故 ，又渐近线方程为，
所以，故双曲线 的标准方程为 .
（2）过右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点， ，
点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线
（为坐标原点）于点，点满足，求四边形
面积的最小值.
解：由题意知 .设，， ，
设直线的方程为，
由 得，
故 ，，
， ，
则，.
由，， 三点共线得，
由得 ，即 .
由①②解得即 .
由，可知四边形 是平行四边形，
所以,其中为点到直线 的距离.
又 ，
，所以
.
令，则 ， .
令，，则 ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
所以,所以 ，
当且仅当，即时取等号，
故四边形 面积的最小值为 .
例2 [2023· 新课标Ⅰ卷] 在直角坐标系中，点到 轴的距离等于
点到点的距离，记动点的轨迹为 .
（1）求 的方程；
［思路点拨］思路一：设出点的坐标，结合几何条件即可得到 的
方程；
解：方法一：设，则，
化简得 ，即的方程为 .
解：方法二：根据抛物线的定义可知，点在以为焦点，
轴为准线的抛物线上，其中，从而，
故 的方程为 .
［思路点拨］思路二：根据抛物线的定义可知为抛物线，
进而得到 的方程.
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形 的周长大
于 .
［思路点拨］设直线的方程为 ，将其与抛
物线的方程联立，再利用根与系数的关系、弦长公式和放缩法得到
，利用换元法和函数思想即可求出周长的最
值，再排除边界值即可.
证明：不妨设，，三点在上，且有，设 ，
直线,的斜率分别为，，由对称性不妨设 .
由可得 ，
由根与系数的关系得，所以 ，
所以 .
同理可得 ，
所以 .
令，设 ，
可得，
所以在 上单调递减，在上单调递增,
所以在上的最小值为 .
所以,分析可知,取不到 ，
所以矩形的周长为 ，故得证.
探究点二 证明问题
圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明,比如线段或角相等
以及位置关系等.证明时,常把几何量用坐标表示,建立某个变量的函数,
用代数方法证明.
（1）求 的方程.
［思路点拨］根据的坐标及轴得到，结合 及
点在椭圆上，求出,,即可得 的方程.
解：因为轴且，所以,所以 .
将点的坐标代入椭圆方程得②,
联立,解得 , ,所以的方程为 .
例3 [2024·全国甲卷] 设椭圆 的右焦点为
，点在上，且 轴.
（2）过点的直线交于，两点，为线段 的中点，直线
交直线于点.证明： 轴.
［思路点拨］思路一：设线法，分直线与 轴不重合与重合两种
情况，当直线与轴不重合时，设出直线 的方程，并与椭圆方
程联立，得到点的坐标，进而得到直线 的斜率，即可得到结果；
证明：方法一：由题可知,.
当直线与 轴不重合时，设,, ,
由消去可得,由 ,
得 ,由根与系数的关系可得, .
,令，得 ,
所以 ,
故,即轴.
当直线与 轴重合时，,
故,即轴.综上， 轴.
证明： 方法二：设,,且 ，
则即 又由
两式相减，整理可得，
所以 .
［思路点拨］思路二：设点法，设出点,的坐标，结合向量的坐标
运算及， 两点位于椭圆上求出等式，再结合直线与交于，
求出 ,得到直线 的斜率，即可得到结果.
由题可知,则,
令 得 ，
所以,故 轴.
[总结反思]
圆锥曲线中的证明问题常见的有:
（1）位置关系方面:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直
线过定点等.
（2）数量关系方面:如存在定值、相等、恒成立等.
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的
代数运算进行证明,但有时也会用反证法证明.
变式题1 已知椭圆的离心率为，,分别是 的
左、右顶点，是 的右焦点.
（1）求的值及点 的坐标；
解：由，得，
由题意可得 ，故，解得，
故 ，则半焦距，故 .
（2）设是椭圆上异于顶点的动点，点在直线 上，且
，直线与轴交于点，求证： .
证明：如图，设，
且 ，则 .
由题知，.
由，得 ，
故，即.
由 ，得 ，故 .
由可得， ，
则 ，
，所以，
由 且，得，
故 .
变式题2 已知椭圆的离心率为,, 分别为
椭圆的上、下顶点，且 .
（1）求椭圆 的方程；
解：由题意得解得
故椭圆 的方程为 .
（2）若直线与椭圆交于，两点（异于点 ，
），为坐标原点，且的面积为，过点作直线 ，
交椭圆于另一点，求证： .
证明：由得 ，
则，设， ，
则,.
因为，点 到直线的距离,
所以
，
即，可得 ，
满足，所以
.
设，则，即 ，又因为，
，所以 .
因为，所以 ，
又，所以，所以 .
【备选理由】例1考查范围问题;
例1 ［配例1使用］ 已知椭圆 与两坐标轴
的交点所围成的四边形的面积为, 上任意一点到其中一个焦点的
距离的最小值为1.
（1）求椭圆 的方程；
解：由题意得可得
所以椭圆的方程为 .
（2）设直线交于，两点， 为坐标
原点，以，为邻边作平行四边形，在椭圆 上，求
的取值范围.
解：由得 ，
则 .
设，， ，
由根与系数的关系可知 .
由题意可得 ,
所以, .
因为点在椭圆上，所以 ,即 ,
化简得，由题意知 ,
故 .
,因为 ，所以 ，
所以 ，所以，
所以 ,故的取值范围为 .
例2 ［配例1使用］ [2024·大连一模] 在平面直角坐标系 中，
点为坐标原点，已知两点，，点 满足
，记点的轨迹为 .
（1）求曲线 的方程.
【备选理由】例2考查范围问题;
解：设点,, ，,
, , , ，
, ，
，
.
,
，
化简得,故曲线的方程为 .
（2）若，，为曲线上的三个动点，的平分线交 轴于点
，点到直线 的距离为1.
若点为的重心，求点 的坐标；
解：方法一：设,, ，为的重心，
为的中线，又为 的平分线， .
易知，的斜率均存在，且, .
为的重心， ，又，
,故 ,即 .
设直线的方程为，
直线 的方程为 ，
是的平分线，点到直线的距离为1,
点到直线 的距离也为1， ，
可得 ，
同理可得 ，
故,是方程 的两根，
.
由可得 ，
，，
同理可得 , ，
又， ，
又,,
故点的坐标为 .
由①②可得，即 .
方法二：是的平分线，点到直线的距离为1,
点 到直线 的距离也为1，
直线，与圆 相切.
设,,直线，与圆的切点分别为 ,
， ，设直线上任意一点的坐标为，
则 ，可得 ，
整理得 ，结合，
可得直线 的方程为 ，
同理可得直线的方程为 ，
点在直线， 上，
直线的方程为 ，
代入圆的方程可得 ，
即 ，
又, ，
直线的斜率，直线的斜率 ，
.
由 可得 ，
,同理可得 , .
点为的重心， ，
即 ，
又,,
故点的坐标为 .
为的重心，为的平分线，.
易知 ，的斜率均存在，且, .
又，,
,故 , 即 .
由①②可得，即 .
若，求 的取值范围.
解： 由知 ，
.
, ,
,又, .
,等价于， .
例3 ［配例1使用］ [2025·贵阳七校联盟联考] 已知椭圆
过点,为的右焦点， 轴，且
，过点的两条动直线交椭圆于,
（异于点 ）.
【备选理由】例3考查最值问题.
（1）求实数 的值；
解：由椭圆 的方程，
得，故 .
因为点在椭圆上，轴，且 ，
所以点的坐标为或 ，
将点的坐标代入椭圆的方程得，可得,故 .
（2）设是上的动点，过点作直线的垂线，垂足为 ，
求 ；
解：由（1）知椭圆的方程为 ，
设动点，则，所以 ，
故 ，
又 ，所以 .
（3）记 , ，若直线的斜率为 ，求
的最大值.
解：不妨设 ,的外接圆半径为，由 ,
，则在中，由正弦定理得 ，
所以 , , .
不妨设在的上方，过,分别作直线 的垂线，
垂足分别为， ，过作于点 ，
由（2）的结论可得, ，
所以，
即 ，所以 .
由，得 ，
则在中，，
即 ，所以，
当且仅当，即 时等号成立，
所以 的最大值为 .
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆过点，离心率为.
（1）求椭圆 的方程；
解：设椭圆的方程为，
由已知得 ，，，
得，， ,故椭圆的方程为 .
（2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点， ，且
，求直线的斜率 的取值范围.
解：由题意，直线 的斜率存在，故设直线的方程为，
, ,由可得 ，
由，得或 ，
可得， .
, ,即 ，
即 ，
即，
整理得 ,解得 ，
又或,或，
故实数 的取值范围为 .
2.[2024·葫芦岛二模] 已知抛物线的焦点为 ，抛物线
的焦点为，，，，为 上不
同的三点.
（1）求抛物线 的标准方程；
解：根据题意得，，则 ，
又，所以，所以，抛物线的标准方程为
（2）若直线过点，且斜率，求 的面积的最小值；
解：如图，将直线的方程 代入抛
物线的方程，得 ，
，设， ，
则， .
点到直线的距离 ，
，
所以 .
设 ，
则 ，
所以函数在 上单调递增，
所以，
所以 的最小值为 .
（3）若直线，均与相切，求证：直线也与 相切.
证明：如图，设,, ,
直线的方程为 ，
又，，所以直线 的方程为
，
即 ,代入得 ，
由，得 .
同理，直线的方程为 ，
代入得 ，
由 ，
得 .
由①②知，点， 的坐标满足方
程，即直线 的方程为 .
将直线的方程与联立，消去 得，
，所以直线也与 相切.
◆ 综合提升 ◆
3.[2024·龙岩三模] 已知动圆与圆 和圆
都内切，记动圆圆心的轨迹为 .
（1）求 的方程.
解：设动圆的半径为，由题意得圆和圆 的半径分别为7，1，
因为与， 都内切，所以， ，
所以 ，又，，
所以，所以点 的轨迹是以，为焦点的椭圆.
设 的方程为 ，则，，
所以,,则 ,故的方程为 .
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为
，则曲线上一点 处
的切线方程为
.试运
用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在 轴上），
过点作 的两条切线，，切点分别为， .
（ⅰ）证明： .
证明：设，， .
由题中给出的性质可得，切线的方程为 ，
切线的方程为 .
因为两条切线都经过点，所以， ，
故直线的方程为，可得直线的斜率 .
直线的斜率 ，
因为，所以 .
（ⅱ）点关于轴的对称点为，直线交轴于点 ，直线
交曲线 于，两点.记，的面积分别为， ，
求 的取值范围.
解：由直线的方程为，
可改设直线 的方程为，
由消去 整理得 ，
由根与系数的关系得
易知，所以直线的方程为 ，
令 得， ，
所以直线经过定点 .
由，，可设直线的方程为 ，
由消去整理得 ，
设， ，则由根与系数的关系得
， ，
因为 ，所以 ，所以，
当且仅当，即 时取等号.
又因为，所以 .
4.[2024·青岛三模] 在平面内，若直线 将多边形分为两部分，多边形
在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称 为多边形的一条“等
线”.已知为坐标原点，双曲线 的左、右
焦点分别为,,的离心率为2，点为右支上一动点，直线 与双
曲线相切于点，且与的渐近线交于,两点，当 轴
（在第一象限）时，直线为 的等线.
（1）求 的方程;
解：当轴（在第一象限）时，
由题意知, ,.
因为直线为的等线,所以在直线 的上方,,
又,,所以, ,所以的方程为 .
（2）若直线是四边形的等线，求四边形 的面积;
解：设，则,
切线的方程为 ，双曲线的渐近线方程为，
不妨设在 的上方，则,，
故 ，所以是线段的中点.
因为,到过点的直线 的距离相等，且,在直线
的两侧,所以若过点的直线 是四边形的等线，
则点, 到该直线的距离相等， 且分别位于该直线的两侧，
所以该直线必过点，即直线 的方程为 .
由可得故 ，
所以 ，
，所以 ，
所以 .
（3）设，点的轨迹为曲线 ，证明: 在点处的切线
为 的等线.
证明：设，由（2）中所设及，
得 ,，
又,，故曲线 的方程为 .
切线的方程为，即 .
易知与在的右侧,在的左侧,分别记,,到的距离为 ,,，
由（2）知， ，
所以 ,
由得, ,
因为，
所以 在点 处的切线为 的等线.
课堂考点探究
例1(1) (2) 变式题(1)x2-=1 (2)6 例2(1)y=x2+ (2)略
例3(1)+=1 (2)略 变式题1(1)m=2, F(1,0) (2)略
变式题2(1)+=1 (2)略
教师备用习题
例1(1) (2) 例2(1)
(2)(i) (ii) 例3(1)2 (2) (3)
基础热身
1.(1) (2) 2.(1) (2) (3)略
综合提升
3.(1) (2)(i)略 (ii)
4.(1) (2)12 (3)略
